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2015年高三数学(理)一轮复习讲义:7.5直线、平面垂直的判定与性质(人教A版)


第5讲 [最新考纲]

直线、平面垂直的判定与性质

1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的 有关性质与判定定理. 2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形垂直关系的简单命题.

知 识 梳 理

1.直线与平面垂直 (1)定义:若直线 l 与平面 α 内的任

意一条直线都垂直,则直线 l 与平面 α 垂直. (2)判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平 面垂直(线线垂直?线面垂直).即:a?α,b?α,l⊥a,l⊥b,a∩b=P?l⊥α. (3)性质定理:垂直于同一个平面的两条直线平行.即:a⊥α,b⊥α?a∥b. 2.平面与平面垂直 (1)定义:两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面 互相垂直. (2)判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.即:a?α,a ⊥β?α⊥β. (3)性质定理:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂 直.即:α⊥β,a?α,α∩β=b,a⊥b?a⊥β. 3.直线与平面所成的角 (1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角,叫做这条斜线和这 个平面所成的角. π? ? (2)线面角 θ 的范围:θ∈?0,2?. ? ? 4.二面角的有关概念 (1)二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)二面角的平面角:二面角棱上的一点,在两个半平面内分别作与棱垂直的射 线,则两射线所成的角叫做二面角的平面角.

辨 析 感 悟 1.对线面垂直的理解 (1)直线 a,b,c;若 a⊥b,b⊥c,则 a∥c.(×) (2)直线 l 与平面 α 内无数条直线都垂直,则 l⊥α.(×) (3)(教材练习改编)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,若 m∥ n,m⊥α,则 n⊥α.(√) (4)(教材习题改编)设 l 为直线, α, β 是两个不同的平面, 若 α⊥β, l∥α, 则 l⊥β.(×) 2.对面面垂直的理解 (5)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(×) (6)若平面 α 内的一条直线垂直于平面 β 内的无数条直线,则 α⊥β.(×) [感悟· 提升] 三个防范 一是注意在空间中垂直于同一直线的两条直线不一定平行, 还有可能 异面、相交等,如(1); 二是注意使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理, 不要误解为“如果一条直 线垂直于平面内的无数条直线,就垂直于这个平面”, 如(2); 三是判断线面关系时最容易漏掉线在面内的情况,如(6).

考点一

直线与平面垂直的判定和性质

【例 1】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD, ∠ABC=60° ,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点. 证明:(1)CD⊥AE; (2)PD⊥平面 ABE.

证明 (1)在四棱锥 P-ABCD 中, ∵PA⊥底面 ABCD,CD?平面 ABCD,∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面 PAC.而 AE?平面 PAC,∴CD⊥AE. (2)由 PA=AB=BC,∠ABC=60° ,可得 AC=PA. ∵E 是 PC 的中点,∴AE⊥PC. 由(1),知 AE⊥CD,且 PC∩CD=C, ∴AE⊥平面 PCD. 而 PD?平面 PCD,∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD 且 PA∩AD=A, ∴AB⊥平面 PAD,而 PD?平面 PAD, ∴AB⊥PD.又∵AB∩AE=A, ∴PD⊥平面 ABE. 学生用书 第 118 页 规律方法 证明线面垂直的方法:一是线面垂直的判定定理;二是利用面面垂直 的性质定理;三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面,则另一条也 垂直于这个平面).解题时,注意线线、线面与面面关系的相互转化;另外,在 证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形的底边上的高、中 线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线

互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等. 【训练 1】 如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB∥CD,AD⊥AB,AB=2, AD= 2,AA1=3,E 为 CD 上一点,DE=1,EC=3. 证明:BE⊥平面 BB1C1C.

证明 过 B 作 CD 的垂线交 CD 于 F,则 BF=AD= 2,EF=AB-DE=1,FC =2. 在 Rt△BEF 中,BE= 3. 在 Rt△CFB 中,BC= 6. 在△BEC 中,因为 BE2+BC2=9=EC2, 故 BE⊥BC. 由 BB1⊥平面 ABCD,得 BE⊥BB1,又 BB1∩BC=B, 所以 BE⊥平面 BB1C1C. 考点二 平面与平面垂直的判定与性质

【例 2】 (2014· 深圳一模)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC, AB=BC=AA1,且 AC= 2BC,点 D 是 AB 的中点. 证明:平面 ABC1⊥平面 B1CD.

证明 ∵ABC-A1B1C1 是棱柱,且 AB=BC=AA1=BB1, ∴四边形 BCC1B1 是菱形,∴B1C⊥BC1. 由 AA1⊥平面 ABC,AA1∥BB1,得 BB1⊥平面 ABC. ∵AB?平面 ABC,∴BB1⊥AB, 又∵AB=BC,且 AC= 2BC,∴AB⊥BC,

而 BB1∩BC=B,BB1,BC?平面 BCC1B1, ∴AB⊥平面 BCC1B1,而 B1C?平面 BCC1B1, ∴AB⊥B1C, 而 AB∩BC1=B,AB,BC1?平面 ABC1. ∴B1C⊥平面 ABC1,而 B1C?平面 B1CD, ∴平面 ABC1⊥平面 B1CD. 规律方法 证明两个平面垂直,首先要考虑直线与平面的垂直,也可简单地记为 “证面面垂直,找线面垂直”,是化归思想的体现,这种思想方法与空间中的平 行关系的证明非常类似, 这种转化方法是本讲内容的显著特征,掌握化归与转化 思想方法是解决这类问题的关键. 【训练 2】 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AD=1,AA1=2,M 是 棱 CC1 的中点. 证明:平面 ABM⊥平面 A1B1M.

证明 由长方体的性质可知 A1B1⊥平面 BCC1B1, 又 BM?平面 BCC1B1, 所以 A1B1⊥BM. 又 CC1=2,M 为 CC1 的中点,所以 C1M=CM=1.
2 在 Rt△B1C1M 中,B1M= B1C2 1+MC1= 2,

同理 BM= BC2+CM2= 2, 又 B1B=2,所以 B1M2+BM2=B1B2,从而 BM⊥B1M. 又 A1B1∩B1M=B1,所以 BM⊥平面 A1B1M, 因为 BM?平面 ABM,所以平面 ABM⊥平面 A1B1M. 考点三 平行、垂直关系的综合问题

【例 3】 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, AB⊥AC, AB⊥PA, AB∥CD, AB=2CD, E,F,G,M,N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点.

(1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证:平面 EFG⊥平面 EMN.

审题路线 (1)取 PA 的中点 H?证明四边形 DCEH 是平行四边形?CE∥DH?根 据线面平行的判定定理可证. (2)证明 AB⊥EF?证明 AB⊥FG?证明 AB⊥平面 EFG?证明 MN⊥平面 EFG? 得到结论.

证明 (1)如图,取 PA 的中点 H,连接 EH,DH. 因为 E 为 PB 的中点, 1 所以 EH∥AB,且 EH=2AB. 1 又 AB∥CD,且 CD=2AB, 所以 EH 綉 CD. 所以四边形 DCEH 是平行四边形. 所以 CE∥DH. 又 DH?平面 PAD,CE?平面 PAD, 所以 CE∥平面 PAD. (2)因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又 AB⊥PA,且 EF,PA 共面, 所以 AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG=F,EF?平面 EFG,FG?平面 EFG,

因此 AB⊥平面 EFG. 又 M,N 分别为 PD,PC 的中点, 所以 MN∥DC. 又 AB∥DC,所以 MN∥AB, 因此 MN⊥平面 EFG. 又 MN?平面 EMN,所以平面 EFG⊥平面 EMN. 学生用书 第 119 页 规律方法 线面关系与面面关系的证明离不开判定定理和性质定理,而形成结论 的“证据链”依然是通过挖掘题目已知条件来实现的,如图形固有的位置关系、 中点形成的三角形的中位线等,都为论证提供了丰富的素材.

【训练 3】 如图,AB 是圆 O 的直径,PA 垂直圆 O 所在的平面,C 是圆 O 上的 点. (1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)设 Q 为 PA 的中点,G 为△AOC 的重心,求证:QG∥平面 PBC. 证明 (1)由 AB 是圆 O 的直径,得 AC⊥BC, 由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA?平面 PAC,AC?平面 PAC, 所以 BC⊥平面 PAC.

(2)连接 OG 并延长交 AC 于 M,连接 QM,QO,由 G 为△AOC 的重心,得 M 为 AC 中点. 由 Q 为 PA 中点,得 QM∥PC, 又 O 为 AB 中点,得 OM∥BC. 因为 QM∩MO=M,QM?平面 QMO, MO?平面 QMO,BC∩PC=C, BC?平面 PBC,PC?平面 PBC.

所以平面 QMO∥平面 PBC. 因为 QG?平面 QMO,所以 QG∥平面 PBC. 考点四 线面角、二面角的求法

【例 4】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD, ∠ABC=60° ,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点. (1)求 PB 和平面 PAD 所成的角的大小; (2)证明 AE⊥平面 PCD; (3)求二面角 A-PD-C 的正弦值.

审题路线 (1)先找出 PB 和平面 PAD 所成的角, 线面角的定义要能灵活运用; (2) 可以利用线面垂直根据二面角的定义作角. (1)解 在四棱锥 P-ABCD 中,

因 PA⊥底面 ABCD,AB?平面 ABCD, 故 PA⊥AB.又 AB⊥AD,PA∩CD=A, 从而 AB⊥平面 PAD, 故 PB 在平面 PAD 内的射影为 PA, 从而∠APB 为 PB 和平面 PAD 所成的角. 在 Rt△PAB 中,AB=PA,故∠APB=45° . 所以 PB 和平面 PAD 所成的角的大小为 45° . (2)证明 在四棱锥 P-ABCD 中,

因 PA⊥底面 ABCD,CD?平面 ABCD, 故 CD⊥PA.由条件 CD⊥AC,PA∩AC=A, ∴CD⊥平面 PAC. 又 AE?平面 PAC,∴AE⊥CD. 由 PA=AB=BC,∠ABC=60° ,可得 AC=PA. ∵E 是 PC 的中点,∴AE⊥PC. 又 PC∩CD=C,综上得 AE⊥平面 PCD.

(3)解

过点 E 作 EM⊥PD,垂足为 M,连接 AM,如图所示.

由(2)知,AE⊥平面 PCD,AM 在平面 PCD 内的射影是 EM, 则 AM⊥PD. 因此∠AME 是二面角 A-PD-C 的平面角. 由已知,可得∠CAD=30° . 设 AC=a,可得 PA=a,AD= 2 3 21 2 a,PD= a,AE= a. 3 3 2

在 Rt△ADP 中,∵AM⊥PD,∴AM· PD=PA· AD, PA· AD 则 AM= PD = 2 3 a· 3 a 2 7 = 7 a. 21 3 a

AE 14 在 Rt△AEM 中,sin∠AME=AM= 4 . 14 所以二面角 A-PD-C 的正弦值为 4 . 规律方法 (1)求直线与平面所成的角的一般步骤: ①找直线与平面所成的角,即通过找直线在平面上的射影来完成; ②计算,要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解. (2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行,在一个半平面内找一点作另一个半 平面的垂线, 再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱 垂直,由此可得二面角的平面角. 【训练 4】 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为

2 A. 3

3 B. 3

2 C.3

6 D. 3

解析 如图,连接 BD 交 AC 于 O,连接 D1O,由于 BB1∥DD1,∴DD1 与平面 ACD1 所成的角就是 BB1 与平面 ACD1 所成的角.易知∠DD1O 即为所求.设正方 2 6 体的棱长为 1,则 DD1=1,DO= 2 ,D1O= 2 , DD1 2 6 ∴cos∠DD1O=D O= = 3 . 1 6 6 ∴BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 3 . 答案 D

1.转化思想:垂直关系的转化

2.在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若这样的直线 图中不存在,则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直时,一般要用性质定理, 在一个平面内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂 直. 故熟练掌握“线线垂直”、 “面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关 键.

创新突破 7——求解立体几何中的探索性问题 【典例】 (2012· 北京卷) 如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC, AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点.将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置, 使 A1F⊥CD,如图 2. (1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.

学生用书 第 120 页 突破 1:弄清翻折前后的线面关系和几何量的度量值.翻折前:DE∥BC,DE⊥ AC?翻折后:DE∥BC,DE⊥A1D,DE⊥CD. 突破 2:要证 A1F⊥BE,转化为证 A1F⊥平面 BCDE. 突破 3:由 A1D=CD,可想到取 A1C 的中点 P,则 DP⊥A1C,进而可得 A1B 的 中点 Q 为所求点. (1)证明 因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点,

所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB,BC?平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明 由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC,所以 DE⊥AC.

所以 DE⊥A1D,DE⊥CD,又 A1D∩DE=D, 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC,所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD,所以 A1F⊥平面 BCDE. 所以 A1F⊥BE. (3)解 线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下:

如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC,所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC,所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰△DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP,又 DE∩DP=D, 所以 A1C⊥平面 DEP.从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.

[反思感悟] (1)解决探索性问题一般先假设其存在, 把这个假设作已知条件, 和题 目的其他已知条件一起进行推理论证和计算,在推理论证和计算无误的前提下, 如果得到了一个合理的结论,则说明存在,如果得到了一个不合理的结论,则说 明不存在. (2)在处理空间折叠问题中,要注意平面图形与空间图形在折叠前后的相互位置 关系与长度关系等,关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何知识的应用, 注意平面几何与立体几何中相关知识点的异同,盲目套用容易导致错误. 【自主体验】 (2014· 韶关模拟)如图 1,在直角梯形 ABCD 中,∠ADC=90° ,CD∥AB,AD= 1 CD=2AB=2, 点 E 为 AC 中点, 将△ADC 沿 AC 折起, 使平面 ADC⊥平面 ABC, 得到几何体 D-ABC,如图 2. (1)求证:DA⊥BC; (2)在 CD 上找一点 F,使 AD∥平面 EFB.

(1)证明

在图 1 中,可得 AC=BC=2 2,从而 AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,

∵平面 ADC⊥平面 ABC,平面 ADC∩ 平面 ABC=AC,BC?平面 ABC, ∴BC⊥平面 ADC,又 AD?平面 ADC, ∴BC⊥DA.

(2)解

取 CD 的中点 F,连接 EF,BF,

在△ACD 中,E,F 分别为 AC,DC 的中点, ∴EF 为△ACD 的中位线, ∴AD∥EF, 又 EF?平面 EFB,AD?平面 EFB,∴AD∥平面 EFB.

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟)

一、选择题 1.设平面 α 与平面 β 相交于直线 m,直线 a 在平面 α 内,直线 b 在平面 β 内, 且 b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 若 α⊥β,因为 α∩β=m,b?β,b⊥m,所以根据两个平面垂直的性质定 理可得 b⊥α,又 a?α,所以 a⊥b;反过来,当 a∥m 时,因为 b⊥m,且 a,m 共面,一定有 b⊥a,但不能保证 b⊥α,所以不能推出 α⊥β.故选 A. 答案 A 2.(2014· 绍兴调研)设 α,β 为不重合的平面,m,n 为不重合的直线,则下列命 题正确的是 A.若 α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则 m⊥α B.若 m?α,n?β,m⊥n,则 n⊥α C.若 n⊥α,n⊥β,m⊥β,则 m⊥α D.若 m∥α,n∥β,m⊥n,则 α⊥β ( ). ( ).

解析 与 α,β 两垂直平面的交线垂直的直线 m,可与 α 平行或相交,故 A 错; 对 B,存在 n∥α 情况,故 B 错;对 D;存在 α∥β 情况,故 D 错;由 n⊥α,n ⊥β,可知 α∥β,又 m⊥β,所以 m⊥α,故 C 正确. 答案 C 3.(2013· 新课标全国Ⅱ卷)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β.直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则 A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 解析 假设 α∥β,由 m⊥平面 α,n⊥平面 β,则 m∥n,这与已知 m,n 为异面 直线矛盾,那么 α 与 β 相交,设交线为 l1,则 l1⊥m,l1⊥n,在直线 m 上任取一 点作 n1 平行于 n,那么 l1 和 l 都垂直于直线 m 与 n1 所确定的平面,所以 l1∥l. 答案 D 4.(2014· 深圳调研)如图,在四面体 D-ABC 中,若 AB=CB,AD=CD,E 是 AC 的中点,则下列正确的是 ( ). ( ).

A.平面 ABC⊥平面 ABD B.平面 ABD⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDE,且平面 ADC⊥平面 BDE D.平面 ABC⊥平面 ADC,且平面 ADC⊥平面 BDE 解析 因为 AB=CB,且 E 是 AC 的中点,所以 BE⊥AC,同理有 DE⊥AC,于 是 AC⊥平面 BDE.因为 AC 在平面 ABC 内, 所以平面 ABC⊥平面 BDE.又由于 AC ?平面 ACD,所以平面 ACD⊥平面 BDE,所以选 C. 答案 C 5. (2014· 郑州模拟)已知平面 α, β, γ 和直线 l, m, 且 l⊥m, α⊥γ,α∩γ=m, β∩γ =l,给出下列四个结论:

①β⊥γ;②l⊥α;③m⊥β;④α⊥β. 其中正确的是 A.①④ C.②③ B.②④ D.③④ ( ).

解析 如图,由题意,β∩γ=l,∴l?γ,由 α⊥γ,α∩γ=m,且 l⊥m,∴l⊥α, 即②正确;由 β∩γ=l,∴l?β,由 l⊥α,得 α⊥β,即④正确;而①③条件不充 分,不能判断.

答案 B 二、填空题 6.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,且底面各边都相等,M 是 PC 上的一动点,当点 M 满足________时,平面 MBD⊥平面 PCD(只要填写一个你 认为正确的条件即可).

解析 ∵PC 在底面 ABCD 上的射影为 AC,且 AC⊥BD,∴BD⊥PC.∴当 DM⊥ PC(或 BM⊥PC)时,即有 PC⊥平面 MBD,而 PC?平面 PCD,∴平面 MBD⊥平 面 PCD. 答案 DM⊥PC(或 BM⊥PC) π π 7.已知平面 α⊥平面 β,A∈α,B∈β,AB 与两平面 α,β 所成的角分别为4和6, 过 A, B 分别作两平面交线的垂线, 垂足为 A′, B′, 则 AB∶A′B′=________. π 解析 连接 AB′和 A′B, 设 AB=a, 可得 AB 与平面 α 所成的角为∠BAB′=4, 2 在 Rt△BAB′中,有 AB′= 2 a,同理可得 AB 与平面 β 所成的角为∠ABA′=

π 1 ,所以 A ′ A = 6 2a,因此在 Rt△AA′B′中,A′B′= 1 所以 AB∶A′B′=a∶2a=2∶1. 答案 2∶1

? 2 ?2 ?1 ?2 1 ? a? -?2a? = a, ?2 ? ? ? 2

8.设 α,β 是空间两个不同的平面,m,n 是平面 α 及 β 外的两条不同直线.从 “①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结 论,写出你认为正确的一个命题:________(用代号表示). 解析 逐一判断.若①②③成立,则 m 与 α 的位置关系不确定,故①②③?④ 错误;同理①②④?③也错误;①③④?②与②③④?①均正确. 答案 ①③④?②(或②③④?①) 三、解答题 9.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面 PAD⊥底 面 ABCD,PA⊥AD.E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点.求证:

(1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD. 证明 (1)因为平面 PAD∩平面 ABCD=AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD,且 PA⊥AD. 所以 PA⊥底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点, 所以 AB∥DE,且 AB=DE. 所以 ABED 为平行四边形.所以 BE∥AD. 又因为 BE?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,且四边形 ABED 为平行四边形.

所以 BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD. 所以 CD⊥平面 PAD,从而 CD⊥PD,且 CD?平面 PCD, 又 E,F 分别是 CD 和 CP 的中点, 所以 EF∥PD,故 CD⊥EF. 由 EF,BE 在平面 BEF 内,且 EF∩BE=E, ∴CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD. 10.(2013· 泉州模拟)如图所示,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,DB=BC,DB ⊥AC,点 M 是棱 BB1 上一点.

(1)求证:B1D1∥平面 A1BD; (2)求证:MD⊥AC; (3)试确定点 M 的位置,使得平面 DMC1⊥平面 CC1D1D. (1)证明 由直四棱柱,得 BB1∥DD1,

又∵BB1=DD1,∴BB1D1D 是平行四边形,∴B1D1∥BD. 而 BD?平面 A1BD,B1D1?平面 A1BD, ∴B1D1∥平面 A1BD. (2)证明 ∵BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,

∴BB1⊥AC. 又∵BD⊥AC,且 BD∩BB1=B,∴AC⊥平面 BB1D. 而 MD?平面 BB1D,∴MD⊥AC.

(3)解

当点 M 为棱 BB1 的中点时,

平面 DMC1⊥平面 CC1D1D. 证明如下: 取 DC 的中点 N,D1C1 的中点 N1,连接 NN1 交 DC1 于 O,连接 OM,如图所示. ∵N 是 DC 的中点,BD=BC, ∴BN⊥DC.又∵DC 是平面 ABCD 与平面 DCC1D1 的交线, 而平面 ABCD⊥平面 DCC1D1, ∴BN⊥平面 DCC1D1.又可证得 O 是 NN1 的中点, ∴BM∥ON 且 BM=ON,即 BMON 是平行四边形. ∴BN∥OM.∴OM⊥平面 CC1D1D. ∵OM?平面 DMC1,∴平面 DMC1⊥平面 CC1D1D. 能力提升题组 (建议用时:25 分钟)

一、选择题 1.如图, 在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∠BAC=90° , BC1⊥AC, 则 C1 在底面 ABC 上的射影 H 必在 ( ).

A.直线 AB 上 B.直线 BC 上

C.直线 AC 上 D.△ABC 内部 解析 由 BC1⊥AC, 又 BA⊥AC, 则 AC⊥平面 ABC1, 因此平面 ABC⊥平面 ABC1, 因此 C1 在底面 ABC 上的射影 H 在直线 AB 上. 答案 A

2. (2014· 北京东城区期末)如图, 在四边形 ABCD 中, AB=AD=CD=1, BD= 2, BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′-BCD,使平面 A′BD ⊥平面 BCD,则下列结论正确的是 ( ).

A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90° C.CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° D.四面体 A′-BCD 的体积为 1 3

解析 取 BD 的中点 O,连接 A′O,OC,∵A′B=A′D,∴A′O⊥BD,又平 面 A′BD⊥平面 BCD.平面 A′BD∩平面 BCD=BD,∴A′O⊥平面 BCD,∵ CD⊥BD,∴OC 不垂直于 BD.假设 A′C⊥BD,又 A′C∩A′O=A′,∴BD⊥ 平面 A′OC,∴BD⊥OC 与 OC 不垂直于 BD 矛盾,∴A′C 不垂直于 BD,A 错 误.∵CD⊥BD,平面 A′BD⊥平面 BCD,∴CD⊥平面 A′BD,∴CD⊥A′D, ∴A′C= 2, ∵A′B=1, BC= BD2+CD2= 3, ∴A′B2+A′C2=BC2, A′B ⊥A′C,B 正确.∠CA′D 为直线 CA′与平面 A′BD 所成的角,∠CA′D= 1 1 45° ,C 错误.VA′-BCD=3S△A′BD· CD=6,D 错误,故选 B. 答案 B 二、填空题 3.(2013· 河南师大附中二模)如图,已知六棱锥 P-ABCDEF 的底面是正六边形, PA⊥平面 ABC,PA=2AB,则下列结论中:①PB⊥AE;②平面 ABC⊥平面 PBC;

③直线 BC∥平面 PAE;④∠PDA=45° .

其中正确的有________(把所有正确的序号都填上). 解析 由 PA⊥平面 ABC,AE?平面 ABC,得 PA⊥AE,又由正六边形的性质得 AE⊥AB,PA∩AB=A,得 AE⊥平面 PAB,又 PB?平面 PAB,∴AE⊥PB,①正 确;又平面 PAD⊥平面 ABC,∴平面 ABC⊥平面 PBC 不成立,②错;由正六边 形的性质得 BC∥AD,又 AD?平面 PAD,∴BC∥平面 PAD,∴直线 BC∥平面 PAE 也不成立,③错;在 Rt△PAD 中,PA=AD=2AB,∴∠PDA=45° ,∴④正 确. 答案 ①④ 三、解答题 4.如图,在四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,SA⊥平面 ABCD,二面 角 S-CD-A 的平面角为 45° ,M 为 AB 的中点,N 为 SC 的中点.

(1)证明:MN∥平面 SAD; (2)证明:平面 SMC⊥平面 SCD; CD (3)记 AD=λ,求实数 λ 的值,使得直线 SM 与平面 SCD 所成的角为 30° . (1)证明 ∥AM, 1 如图,取 SD 的中点 E,连接 AE,NE,则 NE=2CD=AM,NE∥CD

∴四边形 AMNE 为平行四边形, ∴MN∥AE. ∵MN?平面 SAD,AE?平面 SAD,∴MN∥平面 SAD. (2)证明 ∵SA⊥平面 ABCD,

∴SA⊥CD. ∵底面 ABCD 为矩形, ∴AD⊥CD. 又 SA∩AD=A, ∴CD⊥平面 SAD, ∴CD⊥SD, ∴∠SDA 即为二面角 S-CD-A 的平面角, 即∠SDA=45° , ∴△SAD 为等腰直角三角形,∴AE⊥SD. ∵CD⊥平面 SAD,∴CD⊥AE,又 SD∩CD=D,∴AE⊥平面 SCD. ∵MN∥AE,∴MN⊥平面 SCD,又 MN?平面 SMC, ∴平面 SMC⊥平面 SCD. (3)解 CD ∵ AD=λ,设 AD=SA=a,则 CD=λa.

由(2)知 MN⊥平面 SCD,∴SN 即为 SM 在平面 SCD 内的射影, ∴∠MSN 即为直线 SM 与平面 SCD 所成的角,即∠MSN=30° . 在 Rt△SAM 中,SM= 2 ?λa? a2+? 2 ?2,而 MN=AE= 2 a, ? ? 2 2a ?λa? a +? 2 ?2 ? ?
2

MN 1 ∴在 Rt△SNM 中,由 sin∠MSN= SN 得2=

,解得 λ=2,

∴当 λ=2 时,直线 SM 与平面 SCD 所成的角为 30° .

基础回扣练——空间几何体及点、线、面之间的位置关系 (建议用时:90 分钟) 一、选择题 1.(2014· 中山模拟)一个几何体的正视图和侧视图如图所示,则这个几何体的俯 视图不可能是 ( ).

解析 ∵该几何体的正视图和侧视图都是正方形, ∴其可能为正方体或底面直径 与高相等的圆柱或底面是等腰直角三角形且其腰长等于高的直三棱柱, 但不可能 是一个底面矩形长与宽不相等的长方体.∴选 D. 答案 D 2.(2013· 豫西五校联考)如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图,A,B,C 是展开图上的三点,则在正方体盒子中,∠ABC 的值为 ( ).

A.30° C.60°

B.45° D.90°

解析 还原正方体,如图所示,连接 AB,BC,AC,可得△ABC 是正三角形, 则∠ABC=60° .

答案 C 3.(2013· 浙江五校联盟联考)关于直线 l,m 及平面 α,β,下列命题中正确的是 ( A.若 l∥α,α∩β=m,则 l∥m B.若 l∥α,m∥α,则 l∥m C.若 l⊥α,l∥β,则 α⊥β D.若 l∥α,m⊥l,则 m⊥α 答案 C 4.若直线 m?平面 α,则条件甲:直线 l∥α 是条件乙:l∥m 的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 若 l∥α,m?α,不一定有 l∥m;若 l∥m,m?α,则 l?α 或 l∥α,因而 甲 乙,乙 甲. ). ).

答案 D 5.(2014· 揭阳二模)一个棱长为 2 的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体 的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( ).

A.7 47 C. 6

22 B. 3 23 D. 3

1 1 解析 依题意可知该几何体的直观图如图所示, 其体积为 23-2×3×2×1×1×1 23 =3.

答案 D 6.(2013· 温州二模)下列命题正确的是 A.若平面 α 不平行于平面 β,则 β 内不存在直线平行于平面 α B.若平面 α 不垂直于平面 β,则 β 内不存在直线垂直于平面 α C.若直线 l 不平行于平面 α,则 α 内不存在直线平行于直线 l D.若直线 l 不垂直于平面 α,则 α 内不存在直线垂直于直线 l 答案 B 7.(2014· 潍坊模拟)设 m,n 是两条不同直线,α,β 是两个不同的平面,下列命 题正确的是 A.m∥α,n∥β,且 α∥β,则 m∥n B.m⊥α,n⊥β,且 α⊥β,则 m⊥n C.m⊥α,n?β,m⊥n,则 α⊥β D.m?α,n?α,m∥β,n∥β,则 α∥β 解析 A 中的直线 m,n 也有可能异面,所以不正确.B 正确.C 中 α,β 不一定 垂直, 错误. D 中当 m, n 相交时, 结论成立, 当 m, n 不相交时, 结论不成立. 所 以选 B. 答案 B 8. 一个几何体的三视图如图所示, 那么此几何体的侧面积(单位: cm2)为 ( ). ( ). ( ).

A.48 C.80

B.64 D.120

解析 据三视图知,该几何体是一个正四棱锥(底面边长为 8 cm),直观图如图, PE 为侧面△PAB 的边 AB 上的高, 且 PE=5 cm.∴此几何体的侧面积是 S=4S△PAB 1 =4×2×8×5=80 (cm2).

答案 C 9.(2013· 广州二模)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图和侧视图是腰长 为 4 的两个全等的等腰直角三角形,若该几何体的所有顶点在同一球面上,则该 球的表面积是 ( ).

A.12π C.32π

B.24π D.48π

解析 该几何体的直观图如图所示,它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥,其中 底面 ABCD 是边长为 4 的正方形,高为 CC1=4,该几何体的所有顶点在同一球 面上,则球的直径为 AC1=4 3=2R,所以球的半径为 R=2 3,所以球的表面 积是 4πR2=4π×(2 3)2=48π.

答案 D 9 10.(2013· 山东卷)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为4,底面 是边长为 3的正三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角 的大小为 5π A.12 π C.4 π B.3 π D.6 ( ).

解析 如图,O 为底面 ABC 的中心,连接 PO,由题意知 PO 为直三棱柱的高, 1 3 3 ∠PAO 为 PA 与平面 ABC 所成的角,S△ABC=2× 3× 3×sin 60° = 4 . ∴ 3 3 9 3 2 =S△ABC×OP= 4 ×OP=4,∴OP= 3.又 OA= 2 × 3×3=1,

OP π π ∴tan∠OAP=OA= 3,又 0<∠OAP<2,∴∠OAP=3.

答案 B 二、填空题

11.(2014· 苏锡常镇四市二调)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平 面,给出下列命题: ①若 α∥β,m?β,n?α,则 m∥n;②若 α∥β,m⊥β,n∥α,则 m⊥n;③若 α ⊥β,m⊥α,n∥β,则 m∥n;④若 α⊥β,m⊥α,n⊥β,则 m⊥n. 上面命题中,所有真命题的序号为________. 解析 ①只要画出两个平行平面, 可以发现分别在两个平面内的直线是可以异面 的,即 m 与 n 可以异面,不一定平行;③满足条件的两条直线 m 和 n 也可以相 交或异面,不一定平行. 答案 ②④

12.(2013· 深圳二调)某机器零件的俯视图是直径为 24 mm 的圆(包括圆心),正视 图和侧视图完全相同,如图所示,则该机器零件的体积是 ________mm3(结果保 留 π).

解析 依题意, 该机器零件可视为是从一个圆柱中挖去一个圆锥,因此该机器零 1 件的体积为 π×122×24-3×π×122×12=2 880π(mm3). 答案 2 880π 13.正六棱锥 P-ABCDEF 中,G 为 PB 的中点,设三棱锥 D-GAC 的体积为 V1, 三棱锥 P-GAC 体积为 V2,则 V1∶V2=________.

解析 设棱锥的高为 h, 1 1 V1=VD-GAC=VG-ADC=3S△ADC· 2h, 1 1 h V2=VP-GAC=2VP-ABC=VG-ABC=3S△ABC· 2.

又 S△ADC∶S△ABC=2∶1,故 V1∶V2=2∶1. 答案 2∶1 14.(2014· 皖南八校第三次联考)点 E,F,G 分别是正方体 ABCD-A1B1C1D1 的 棱 AB,BC,B1C1 的中点,如图所示,则下列命题中的真命题是________(写出 所有真命题的编号).

①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形; ②过点 F,D1,G 的截面是正方形; ③点 P 在直线 FG 上运动时,总有 AP⊥DE; ④点 Q 在直线 BC1 上运动时,三棱锥 A-D1QC 的体积是定值; ⑤点 M 是正方体的平面 A1B1C1D1 内的到点 D 和 C1 距离相等的点,则点 M 的轨 迹是一条线段. 解析 对于①,三棱锥 A-BCC1 的四个面都是直角三角形,故①为假命题;对 于②,截面为矩形 FGD1D,易知其边长不等,故②为假命题;③易证 DE⊥平面 AFG,又 AP?平面 AFG,故 DE⊥AP,故③为真命题;④由于 BC1∥平面 ACD1, 故三棱锥 Q-ACD1 的高为定值,即点 Q 到平面 ACD1 的距离为定值,而底面积 S△ACD1 也为定值,故三棱锥体积 VA -D1QC=VQ -ACD1 为定值,故④为真 命题;⑤到 D,C1 距离相等的点的轨迹为平面 A1BCD1(中垂面),又点 M 在平面 A1B1C1D1 中,故点 M 的轨迹为线段 A1D1,故⑤为真命题. 答案 ③④⑤ 三、解答题 15.(2014· 济南一模)在如图的多面体中,AE⊥底面 BEFC,AD∥EF∥BC,BE 1 =AD=EF=2BC,G 是 BC 的中点.

(1)求证:AB∥平面 DEG; (2)求证:EG⊥平面 BDF. 证明 (1)∵AD∥EF,EF∥BC,∴AD∥BC. 又∵BC=2AD,G 是 BC 的中点,∴AD 綉 BG, ∴四边形 ADGB 是平行四边形,∴AB∥DG. ∵AB?平面 DEG,DG?平面 DEG,∴AB∥平面 DEG.

(2)连接 GF,四边形 ADFE 是矩形, ∵DF∥AE,AE⊥底面 BEFC, ∴DF⊥平面 BCFE,EG?平面 BCFE,∴DF⊥EG. ∵EF 綉 BG,EF=BE, ∴四边形 BGFE 为菱形, ∴BF⊥EG, 又 BF∩DF=F,BF?平面 BFD,DF?平面 BFD, ∴EG⊥平面 BDF. 16.(2014· 成都一模)如图,在五面体 ABCDEF 中,点 O 是矩形 ABCD 的对角线的 1 交点,△ABF 是等边三角形,棱 EF∥BC,且 EF=2BC.

(1)求证:EO∥面 ABF; (2)若 EF=EO,证明:平面 EFO⊥平面 ABE. 证明 (1)取 AB 的中点 M,连接 FM,OM.

∵O 为矩形 ABCD 的对角线的交点, 1 ∴OM∥BC,且 OM=2BC, 1 又 EF∥BC,且 EF=2BC,∴OM=EF,且 OM∥EF, ∴四边形 EFMO 为平行四边形,∴EO∥FM, 又∵FM?平面 ABF,EO?平面 ABF,∴EO∥平面 ABF. (2)由(1)知四边形 EFMO 为平行四边形, 又∵EF=EO,∴四边形 EFMO 为菱形,连接 EM,则有 FO⊥EM, 又∵△ABF 是等边三角形,且 M 为 AB 中点, ∴FM⊥AB,易知 MO⊥AB,且 MO∩MF=M, ∴AB⊥面 EFMO, ∴AB⊥FO.∵AB∩EM=M,∴FO⊥平面 ABE. 又∵FO?平面 EFO,∴平面 EFO⊥平面 ABE. 17.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB=AD,∠BAD =60° ,E,F 分别是 AP,AD 的中点.求证:

(1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 证明 (1)如图,在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,

所以 EF∥PD.又因为 EF?平面 PCD,PD?平面 PCD,所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连接 BD.因为 AB=AD,∠BAD=60° ,所以△ABD 为正三角形. 因为 F 是 AD 的中点,所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,BF?平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF?平面 BEF, 所以平面 BEF⊥平面 PAD. 18.如图 1,在边长为 1 的等边三角形 ABC 中,D,E 分别是 AB,AC 上的点, AD=AE,F 是 BC 的中点,AF 与 DE 交于点 G.将△ABF 沿 AF 折起,得到如图 2 2 所示的三棱锥 A-BCF,其中 BC= 2 .

(1)证明:DE∥平面 BCF; (2)证明:CF⊥平面 ABF; 2 (3)当 AD=3时,求三棱锥 F-DEG 的体积 VF-DEG. (1)证明 在等边△ABC 中,AD=AE,

在折叠后的图形中,仍有 AD=AE,AB=AC, AD AE 因此 AB =AC,从而 DE∥BC. 因为 DE?平面 BCF,BC?平面 BCF, 所以 DE∥平面 BCF. (2)证明 在折叠前的图形中,因为△ABC 为等边三角形,BF=CF,所以 AF⊥

1 2 BC,则在折叠后的图形中,AF⊥BF,AF⊥CF,又 BF=CF=2,BC= 2 ., 所以 BC2=BF2+CF2,所以 BF⊥CF. 又 BF∩AF=F,BF?平面 ABF,AF?平面 ABF, 所以 CF⊥平面 ABF. (3)解 由(1)知,平面 DEG∥平面 BCF,

由(2)知 AF⊥BF,AF⊥CF, 又 BF∩CF=F,所以 AF⊥平面 BCF, 所以 AF⊥平面 DEG,即 GF⊥平面 DEG. 在折叠前的图形中, 1 3 AB=1,BF=CF=2,AF= 2 . 2 AD 2 由 AD=3知 AB =3, DG AG AD 2 又 DG∥BF,所以 BF = AF = AB =3, 2 1 1 2 3 3 所以 DG=EG=3×2=3,AG=3× 2 = 3 , 3 所以 FG=AF-AG= 6 .故 V 三棱锥 F-DEG=V 三棱锥 E-DFG 1 1 1 ?1?2 3 3 ?3? · = =3×2DG· FG· GE=6· . ? ? 6 324


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